Question

1．為了使粒子經(jīng)過一系列的運動后，又以原來的速率沿相反方向回到原位，可設(shè)計如下的一個電磁場區(qū)域（如圖所示）：水平線QC以下是水平向左的勻強電場，區(qū)域Ⅰ（梯形PQCD）內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B；區(qū)域Ⅱ（三角形APD）內(nèi)的磁場方向與Ⅰ內(nèi)相同，區(qū)域Ⅲ（虛線PD之上、三角形APD以外）的磁場與Ⅱ內(nèi)大小相等、方向相反．已知等邊三角形AQC的邊長為2L，P、D分別為AQ、AC的中點．帶正電的粒子從Q點正下方、距離Q點為L的O點以某一速度射出，在電場力作用下從QC邊中點N以速度v₀垂直QC射入?yún)^(qū)域Ⅰ，再從P點垂直AQ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，又經(jīng)歷一系列運動后返回O點．（粒子重力忽略不計）求：
（1）粒子的比荷$\frac{q}{m}$和電場強度的大小；
（2）粒子從O點出發(fā)再回到O點的整個運動過程所需時間；
（3）若區(qū)域Ⅱ區(qū)域Ⅲ磁感應(yīng)強度B_n，大小相等，但與區(qū)域Ⅰ中可以不同，則B_n，應(yīng)滿足什么條件粒子能返回O點．

Answer 1

分析 （1）由粒子運動的對稱性，從O點入射垂直電場線到達N點，可以看成是反過來的類平拋運動．由平拋運動規(guī)律列出一定的式子，結(jié)合在梯形磁場區(qū)域的勻速圓周運動就能求出電場強度E及粒子的比荷．
（2）由于兩個特殊磁場區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反，所以粒子做勻速圓周運動的半徑相同，可以判斷從N到P是以Q為圓心逆時針轉(zhuǎn)動60°，從P到D是以A為圓心順時針轉(zhuǎn)動300°，從D到N是又逆時針轉(zhuǎn)動60°．然后做類平拋運動到O點，求總時間是三個區(qū)域內(nèi)時間之和．
（3）第三問涉及多解問題：在前面兩問中粒子只做了一次勻速圓周運動，現(xiàn)在是可以在區(qū)域Ⅱ區(qū)域Ⅲ多做幾次勻速圓周運動，所以由對稱性必須滿足L=（2n+1）r，粒子才能返回到D點后再轉(zhuǎn)回到N點．

解答 解：（1）根據(jù)牛頓第二定律和洛侖茲力表達式有：$q{v}_{0}B=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$
  將R=L代入解得：$\frac{q}{m}=\frac{{v}_{0}}{BL}$
  ON過程：${t}_{1}=\frac{L}{{v}_{0}}$  
   $L=\frac{1}{2}×\frac{qE}{m}×{{t}_{1}}^{2}$
  解得：E=2Bv₀
（2）帶電粒子在電磁場中運動的總時間包括三段：電場中往返的時間t₁、區(qū)
   域Ⅰ中的時間t₂、區(qū)域Ⅲ中的時間t₃，
   ${t}_{2}=2×\frac{1}{6}×\frac{2πL}{{v}_{0}}=\frac{2πL}{3{v}_{0}}$ 
   ${t}_{3}=\frac{300°}{360°}T=\frac{5}{6}×\frac{2πL}{{v}_{0}}=\frac{5πL}{3{v}_{0}}$
   總時間：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{2L}{{v}_{0}}+\frac{7πL}{3{v}_{0}}$
（3）粒子返回到O點，半徑滿足的條件為：L=（2n+1）r  
   由：$q{v}_{0}{B}_{n}=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$
  得：B_n=（2n+1）B    其中n=0，1，2，3，…
答：（1）粒子的比荷$\frac{q}{m}$為$\frac{{v}_{0}}{BL}$、電場強度的大小2Bv₀．
（2）粒子從O點出發(fā)再回到O點的整個運動過程所需時間為$\frac{2L}{{v}_{0}}+\frac{7πL}{3{v}_{0}}$．
（3）若區(qū)域Ⅱ區(qū)域Ⅲ磁感應(yīng)強度B_n，大小相等，但與區(qū)域Ⅰ中可以不同，則B_n應(yīng)滿足B_n=（2n+1）B，粒子能返回O點．

點評 本題雖說電、磁場區(qū)域復(fù)雜，但物理過程直觀明確，幾何關(guān)系也非常特殊，只是開始在電場中的運動是一個斜拋運動，但反過來看成一個平拋運動，由平拋規(guī)律及牛頓第二定律等可以求得結(jié)果．要說明的是第三問涉及多解問題，可以從最簡單的情況出發(fā)，比如轉(zhuǎn)一次、三次等，從而找到半徑與L的關(guān)系，再求磁感應(yīng)強度．